专题3 变质量问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（教科版）

专颗 变质量问题 1.气体温度变化时热胀冷缩现象尤为明显，若 在未封闭的室内生炉子后温度从7℃上升 到27℃，而整个环境气压不变，计算跑到室 外气体的质量占原来气体质量的百分比为 () A.3.3%B.6.7%C.7.1%D.9.4% 2.汽车行驶时轮胎的胎压太高或太低都容易 造成安全隐患.某型号轮胎的容积为30L, 充气前内部已有压强为2.0个大气压的空 气（可视为理想气体）.现用充气泵对其充 气，要求轮胎内部压强达到2.8个大气压 不考虑充气过程气体温度的变化.则需充入 压强为1个大气压的空气的体积为() A.12LB.16LC.20LD.24L 3.(2023·山东聊城一模)如图所示，高度为h 的薄圆筒，某次工作时将筒由水面上方开 口向下吊放至深度为H=80m的水下，已知 水的密度为p=1.0×103kg/m3,重力加速度 g取10m/s2,大气压强为Po=1.0×105Pa, 桶内空气可视为理想气体且h远小于H,忽 略筒内气体温度的变化和水的密度随深度 的变化，保持H不变，用气泵将空气压入筒 内，使筒内的水全部排出，则压入气体的质 量与筒内原气体质量的比值约为( 大气 之 水 工h A.8 B.7 C.6 D.5 4.(2023·山东威海期末)游乐场的充气碰碰 球是由完全封闭的PVC薄膜充气而成的， 人钻入洞中，进行碰撞游戏.充气前碰碰球 04黑白题物理I选择性必修第三册·JK ©限时 30分钟 内空气压强为1.1×105Pa,体积为1.0m3, 现用电动充气泵进行充气，每秒可充入2.2× 102m3、压强为1×105Pa的空气.充气结束 后发现碰碰球体积膨胀了10%，压强变为 1.8×10Pa,充气过程温度不变，始终为 7℃. (1)求充气的时间； (2)在某次碰撞游戏中，碰碰球被压缩了 0.1m3,求压缩后球内空气的压强，并从 微观上解释压强变化的原因（碰撞过程 温度不变)； (3)已知球内空气压强不能超过2×10Pa, 碰撞时最大压缩量为0.2m3.为了保证 在中午27℃的温度下游戏安全，工作 人员需要放出一部分空气，求放出空气 与球内剩余空气质量之比.（忽略温度 变化对球内空气体积的影响) 5.如图所示，在一圆形管道内封闭有理想气 体，用一固定绝热活塞K和质量为m的可 自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成 体积相等的M、N两部分.温度都为T。= 300K,上部气体M压强为po=1.0×10Pa, 活塞A产生的压强有肾-2x10'Pa(S为活 塞横截面积).现保持下部分气体N温度不 变，只对上部分气体M缓慢加热，当活塞A 移动到最低点B时（不计摩擦），求： (1)上部分气体的温度； (2)保持上下部分M、N气体温度不变，释 放一部分M气体，稳定后活塞A又回 到了原来的位置，则释放气体质量与M 气体原有质量之比， 6.（2023·山东青岛三模)某位游客自驾游西 藏，海拔到达4000m时，大气压强为5.6× 104Pa,环境温度为7℃，该游客出现了高 原反应，即刻取出一种便携式加压舱使用， 该加压舱主要由舱体、气源箱组成.已知加 压舱刚取出时是折叠状态，只打开进气口， 气源箱将周围环境中的大气以350L/min 的气流量输入到舱体中，充气达到压强5.0× 10Pa的工作状态后，进气口和出气口都打 开，维持舱内空气新鲜，且气压不变，温度 维持在27℃，病人在舱内的高压环境中吸 氧，实现治疗目的.如图所示，充气后的加压 舱舱体可视为长2.1m、底面积0.88m2的 圆柱体，舱内外气体均可视为理想气体. (1)求舱体充气到工作状态的时间； (2)该游客在舱内治疗一段时间后情况好 转，他改设气压2.0×105Pa、温度27℃ 的新模式，加压舱会自动调节进出口气 流量.已知此时外部的环境温度下降为 -3℃，加压舱进气流量为30L/min,舱 内环境在10min内达到新模式，求这段 时间放出气体质量与进入气体质量 之比. 舱体 气源箱 进阶突破·专项练05po,可见p-A:图像为一次函数，斜率为0， T。 均为正值，故正确的图线是①.故选A 2.B解析：AB.由于图为理想气体等温变化曲线，由玻意耳定 1 1 律可得paV=pcVc,而S,=2paV,2=2pcVc,即S= S2,A错误，B正确：CD.由于图为理想气体等温变化曲线， T4=Tc,则气体内能E1=E2,CD错误.故选B. 3.D解析：由题图可知，A、B在一条等压线上，则有P4=PB,D C在一条等压线上，则有Pc=P,由理想气体的状态方程 =C,可知越小，压强越大，因此则有Pc=p>,=P,故 PV D正确 4B解析：由少=C,即p=C1可知a一6、6一都是等容变 化，且图像斜率越大，气体体积越小，即b过程中气体体积 不断减小，da过程中气体体积不断增大，故B正确. 5c解折：A根据理想气体状态方程C,可得7光则 在6状态有刀在e状态有元“20，故 C b、c两个状态气体温度相同，A正确；BC.由图像可知，bc过 程气体压强p与体积V的乘积V先增大后减小，由理想气 体状态方程y=C可知，气体温度T先升高后降低，B正确， C错误：D.ab过程中，体积不变，压强增大，根据查理定律有 =,所以b过程中，温度升高，分子平均动能增大，在单 位时间内气体分子对单位器壁面积的平均作用力增加，D正 确.本题选错误的，故选C. 6B解析：Aa一b的延长线过原点，由=C可知，发生的是 等容变化，气体体积不变，α→b的过程，温度升高，压强变 大，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次 数增大，故A错误：B.bc的过程是等压变化，由于温度升 高，体积变大，气体压强的产生是由于气体分子不停息地做 无规则热运动，其大小取决于单位时间内撞击容器壁上单位 面积的平均次数及撞击容器壁时的平均速率，由b到c,温度 升高，气体分子平均速率增大，而气体压强不变，故单位时间 内撞击容器壁上单位面积的平均次数减少，B正确：C.c→d 是等温变化，压强减小，体积增大，分子数不变，所以气体分 子的数密度减小，C错误；D.气体从d→a的过程，温度降 低，所以气体分子的平均速率减小，各点与原点连线的斜率 变大，体积变小，所以气体分子数密度增大，故D错误故 选B. 7.C解析：AB,根据图像可知A一B,压强不变，即不变，故 此时V-T图像为一条过原点的倾斜直线：同时此时体积在 减小，温度在降低，AB错误：CD.根据图像可知C+A,体积 不变，即？不变，故此时p-T图像为一条过原点的倾斜直 线：同时压强在增大，温度在升高：由图像可知B+C过程中 图线为直线，此时pV乘积可能先增大后减小，根据pV=nRT 可知此时温度可能先增大后减小，C正确，D错误.故选C. 8.(1)等压变化200K(2)见解析 解析：(1)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点， 所以A→B是一个等压变化，即P4=Pg,根据盖-吕萨克定律可 参考答案与解析 得所以 VA 0.4 g0.6 300K=200K. (2)由题图甲可知，BC是等容变化，根据查理定律得 无，所以Pc-TP300] =400x1.5×10Pa=2.0x10Pa,则可画出 状态A→B→C的p-T图像如图所示： 1pl(×105Pa) 2.0 1.5 A 1.0 0 0.5 01234T(×102K) 专题三变质量问题 1.B解析：以温度为7℃时室内的所有气体为研究对象，发生 等压变化时，根据盖-吕萨克定律有(273+7)k(273+27)K! Vo V 可得片=只，则室内的空气质量减少了 -V。-1 V 5 6.7%,故选B. 2.D解析：设轮胎的容积为V。,充人一个大气压的体积为V, 根据玻意耳定律2.0poV,+poV=2.8poV,代入数据解得V= 24L,故选D. 3.A解析：设在H=80m的水下桶内气体占据空间的长度为 L,压强为P1,根据平衡条件可得P1=Po+PgH=9p0,根据玻意 耳定律有P%=P,S,解得L=今A远小于H,所以增加气体 后，压强不变，温度不变，增加的气体的体积为V,=(h-L)S= 厂8，原来气体的体积为V。=S=。,压入气体的质量与筒内 原气体质量的比值约为Y8,故选P 4.(1)=40。(2)n=198×10Pa,见解析(3)2=， m余28 解析：(1)根据玻意耳定律有p1V1+PoV人=P2V2,其中V人= △h,解得t=40s.(2)再根据玻意耳定律有P2V2=P3V1,解得 P3=1.98×10Pa.空气质量一定，分子个数一定；温度不变，分 子的平均动能不变：体积减小，分子的数密度增大，单位时 间、单位面积上碰撞器壁的分子数增多，导致压强增大. (3)碰撞后球的体积V=0.9m3,根据理想气体的状态方程 有尝学放空气与除空气质量之北受新 得幽=5 m余28 5.(1)1080K(2)13:18 解析：(1)对下部分气体N做等温变化，初状态压强为P1= ,+学，体积为y,=,末状态压强为P,体积为=子。，根 据玻意耳定律有P1V1=P2V2对上部分气体M,当活塞A移动 到最低点时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强 P2=P2,初状态：压强为Po,温度为T。,体积为V。,末状态：压 强为p,温度为T,体积为，，根据理想气体状态方 图，有2，代入数据解得乃=3.67，=1080K(2)设 上部分气体M,等温变化，压强回到Po时体积为V3,根据玻 黑白题37 意耳定律有，=p附，代入数据解得，-P=36,对应 Po 释放气体的等效体积为△V=V,-V。=2.6V。,释放气体△m与 原气体质量m。之比为 m△V2.6_13 moV3.618 6.(1)4min(2)10 、307 解析：(1)将体积为V,压强p=5.6×10Pa,温度T。=280K 的大气注入舱体；末态压强P1=5×10Pa,体积V1=Sh= 1.848m2,温度T,=300K,根据理想气体状态方程有° P,V已知气流量Q=350/min,所以充气时间为t三0，解得 T t=44min.(2)注入气体的体积V2=Q't'=0.3m3,温度T2= 270K,根据理想气体状态方程有P_,排出舱体 TT T2 的气体体积△V=,-,根据理想气体状态方程有上。 T 兰放出气体质量与进人气体质量之比等于体积之比， 有m出=△V307 m进V410 专题四活塞汽缸模型 1.D解析：AB.对活塞受力分析且由平衡条件可得P外S=P气S+ mg,若外界大气压缓慢增大一些，则汽缸内气体压强增大， 若外界大气压缓慢减小一些，则汽缸内气体压强减小，由于 开始时汽缸静止且与地面接触，则有pS+Mg=FN,由于气体 压强减小，则地面与汽缸间弹力减小，故AB错误；CD.由 =C可知，若外界气温缓慢升高一些，气体体积增大，则重 V 物距地面的高度将减小，若外界气温缓慢降低一些，则汽缸 内气体压强不变，气体体积减小，故C错误，D正确.故选D. 2.A解析：根据题意可知，设向活塞左侧打气25次后汽缸内 空气的压强为P,左侧气体体积为V,,则右侧气体体积 为2y-K,曲孩意耳定律，对左侧气体有n(,宁）p 对右侧气体有pV=p(2v-),联立解得=号，P=子， 7 活塞固定后再向活塞右侧打气5次，则p(2V-V1)+PoV= p'(2V-V1),p'=7Po,故选A. 3.(1)L=5cm(2)T=400K解析：(1)当汽缸水平放置时， 封闭气体的压强为Po,当汽缸口朝下时，设封闭气体的压强 为p,有po=p+3由玻意耳定律有pob=p(L+-L),解得 L=5om(2)此过程为等压变化，有+-L_乙，解得T T。 400K. 4.(1)1.1p(2)3 解析：(1)对活塞分析pS+mg=p'S,解得 p'=1..(2)B中气体体积减为原来的子时，A中气体体积 变为原来的2倍，对A中气体p'Va=2p"Va,对活塞分析 P,Stng=pS,解得ps=045p,对B中气体pV=p×子ya,解 得V=O.3Vg,B中漏出的气体和剩下气体质量的比值 Va-0.3V87 0.3V3 选择性必修第三册·JK 5.(1)16kg(2)800N/m解析：(1)根据题意可知，气体温 度从300K增加到360K的过程中，经历等容变化，由查理 定律得-，解得p,=1.2x105Pa此时，活塞恰好离开卡 To T 环，可得p,=,+mg9,解得m=16kg(2)气体温度从 S 360K增加到480K的过程中，由理想气体状态方程有业 T. 上，解得，=1.4x10Pa对活塞进行受力分析可得 PoS+mgsin0+k△x=P2S,解得k=800N/m 专题五液柱模型 1.D解析：被封闭气体B的压强Pg=PoP水银hg,被封闭气 体A的压强PA=PBP水银ghA=PoP水银g(hA+hB),其中hA、hB 为上下两段水银柱的竖直高度，故当管倾斜时水银柱竖直高 度都将减小，则封闭气体压强PA和Pg都增大，又由于气体 是等温变化，由玻意耳定律pV=P1V,知，气体A、B的压强增 大，体积减小.故选D. 2.C解析：AB.由于液面高度差的存在，所以在U形管静止 时，两部分气体的压强关系为PA<PB;当U形管自由下落时， 液体的压强为零，所以B部分的气体将膨胀，导致液面高度 差变大，A部分的气体将被压缩，所以两部分气体的压强差 比静止时小，故AB错误：CD.假设水银柱不动，气体升高相 同的温度，根据号岩可得4兴·P,由于p,>0,所以 △pB>△p4,即两部分气体的压强差比升温前大，则水银柱高 度差h将变大，故C正确、D错误故选C. 3.C解析：设玻璃管的横截面积为S,初始状态下，气体B的 压强Pg=po+l0cmHg=86 cmHg,由玻意耳定律有paSg= paSg,又lg-l?=1cm,解得pg=88cmHg,故选C. 4.A解析：活塞未下推之前，液柱下端封闭气体的压强P,= Po+pgh=100cmHg,液柱下端封闭气体，根据玻意耳定律可 知p1V1=p2V2,其中V1=25S,V2=20S,联立解得P2= 125cmHg活塞下推后，管上部分气体的压强为p3=p2-Pgh= 100cmHg,对管上部分气体，根据玻意耳定律有PoV。=P3V3, 其中V。=60S,V,=LS,联立解得，管上部分气体的长度L= 45cm,活塞下推的距离为h=(60.0-L+25.0-20.0)cm= 20.0cm,故选A. 5.(1)L2=16cm(2)t3=-38.6℃解析：(1)根据题意可知， 玻璃管开口朝上时有p1=po+pgh=80cmHg,V1=L,S=15S, 平躺在水平桌面时有p2=po=75cmHg,V2=L,S.由玻意耳定 律有p1V1=p2V2,解得L2=16cm.(2)根据题意可知，两液面 相平时有p3=75cmHg,V3=12.5S.由理想气体状态方程有 pyP,解得T,=234.4K,即=-38.6℃. 6.（1)pm=60cmHg(2)La=12.5cm解析：(1)设玻璃管截 面积为S,对B气体，初状态压强为75cmHg,体积为 20cm×S,末状态体积为25cm×S,根据理想气体状态方程有 75×20xS=P,×25×S,解得Pm=60cmHg(2)活塞被缓慢向 左拉的过程中，A中气体做等温变化，初状态：P4,=(75+ 25)cmHg=100cmHg,'A1=10cm×S,末态：P2=(P2+25- 5)cmHg=80cmHg,Va2=L2S.根据玻意耳定律有paVa1= Pa'a,解得La2=12.5cm. 专题六热力学第一定律与气体 实验定律综合问题 1.D解析：A.对活塞进行受力分析可知，当汽缸开口向右水 平放置时，缸内气体压强总是等于大气压强，加热过程其实 黑白题38